有哪些好的高數(shù)論題 數(shù)列的究極難題

求一些數(shù)論選擇題，一個(gè)高難度數(shù)論題，高中數(shù)論題，幾道數(shù)論題 急需回答?。(∩_∩)O謝謝，數(shù)學(xué)高手進(jìn)，數(shù)論題，200分送上，高中數(shù)論數(shù)學(xué)題。

本文導(dǎo)航

• 初等數(shù)論1-5答案
• 數(shù)列的究極難題
• 高一數(shù)學(xué)結(jié)論
• 實(shí)數(shù)的運(yùn)算題100道
• 數(shù)學(xué)題怎么算最簡(jiǎn)單的方法
• 高中數(shù)學(xué)100題例題

初等數(shù)論1-5答案

1、-4除-39的余數(shù)是（C ）。 A：3 B：2 C：1 D：0

2、6與10的最小公倍數(shù)是（B ）。A：60 B：30 C：90 D：120

3、 360與200的最大公約數(shù)是（D ）。 A：10 B：20 C：30 D：40

4、 整數(shù)5874能被（A ）整除。 A:3 B:3與9 C:9 D:3或9

5、 因?yàn)椋?B），所以不定方程18x+15y=11無(wú)整數(shù)解。A：[18，15]不整除11 B：（18，15）不整除11 C：11不整除[18，15] D：11不整除（18，15）

6、下面的（ C）是模5的最小非負(fù)完全剩余系。A:-5,-4,-3,-2,-1 B:1,2,3,4,5 C:0,1,2,3,4 D:-2,-1,0,1,2

7、如果a|b，b|c，則（C ）。 A：a=c B：a=-c C：a|c D：c|a

8、如果 a|b，b|a ，則（C ）。 A：a=b B：a=-b C：a=b或a=-b D：a，b的關(guān)系無(wú)法確定

9、如果5|n ，7|n, 則35（D ）n . A：不整除 B：等于 C：不一定 D：整除

10、在1到50之間有（A ）個(gè)素?cái)?shù)。 A：15 B：10 C：無(wú)限 D：不確定

1、288與158的最大公約數(shù)是（A ）。 A：2 B：4 C：6 D：8

2、36的歐拉函數(shù)值是（B ）。 A：18 B：12 C：6 D：1

3、-337被4除余數(shù)是（D ）。 A：0 B：1 C：2 D：3

4、337被4除余數(shù)是（B ）。 A：0 B：1 C：2 D：3

5、[-7.2]+{-7.2}=（C ）。 A：-0.2 B：0.2 C：-7.2 D：7.2

6、（0，b）= （C ）。 A:b B:-b C:|b| D:0

7、 兩個(gè)整數(shù)的公因數(shù)是它們的最大公因數(shù)的（A ）。 A：因數(shù) B：倍數(shù) C：和 D：差

8、小于40的素?cái)?shù)的個(gè)數(shù)（D ）。 A：10 B：9 C：8 D：12

9、模7的最小非負(fù)完全剩余系是（ C）。 A：-3，-2,-1,0,1,2，3 B：-6，-5,-4,-3,-2,-1 C：0,1,2,3,4，5，6 D：1，2，3，4，5，6

10、{-1.2}=（A ）。 A：0.8 B：0.2 C：1 D：-2

數(shù)列的究極難題

當(dāng)n=1,1/3-1/3=0,該式等于零,故是自然數(shù),當(dāng)n=2時(shí),該式等于1/3+1/5-1/(3*5)=7/15,不是自然數(shù).

高一數(shù)學(xué)結(jié)論

(2,3)、(3,2)、(3,3)、(3,5)、(5,3)都是的，用費(fèi)馬小定理可以證明沒(méi)別的解了

不妨假設(shè)p<=q。先做p=2、3的情形（因?yàn)楹鸵话闱樾尾惶粯樱?/p>

p=2：q|9+3^q => 9+3^q=9+3=0[mod q] => q|12 => q=2、3。檢驗(yàn)可得q=3是唯一解；

p=3：同上，q|27+3^q => q|30 => q=3、5。檢驗(yàn)可得均為解（注意假設(shè)p<=q）；

p>3：

p|3^p+3^q，且p≠3，于是p|3^{p-1}+3^{q-1} => p|1+3^{(q-1)-(p-1)} => p|3^{p-1}+3^{(q-1)-(p-1)} => ... => p|1+3^{(q-1)-m(p-1)}，其中0<=(q-1)-m(p-1)<p-1。于是可以在兩個(gè)3的指數(shù)上做類似于輾轉(zhuǎn)相除法的過(guò)程，得到p|1+3^d，其中d=gcd(p-1, q-1)。

對(duì)q重復(fù)同樣的過(guò)程，也可得到q|1+3^d。

于是有結(jié)論：3^d=-1[mod p]，3^d=-1[mod q]。但是q>=p>2，于是-1≠1[mod p]，-1≠1[mod q]。結(jié)合費(fèi)馬小定理，p-1和q-1都必須是d的偶數(shù)倍，即2d|(p-1)，2d|(q-1) => 2d|d，矛盾

實(shí)數(shù)的運(yùn)算題100道

第二題

第一問(wèn)~應(yīng)該是123吧~

數(shù)論我就在高中的時(shí)候?qū)W過(guò)一些，都忘得差不多了呵~

第三題

依題意~設(shè)n=x^2,

則x^2+1999=(x+m)^2,

可得2mx+m^2=1999,易知m必為奇數(shù)，且x可被(1999-m^2)/2m整除~用同余的知識(shí)可解~我忘了呵~大概有幾個(gè)解吧~

如m=1時(shí)，x=999,n=998001~

不太記得了~就麻煩樓主自己再算算了呵~

數(shù)學(xué)題怎么算最簡(jiǎn)單的方法

[編輯本段]數(shù)學(xué)的猜想

對(duì)于任何一個(gè)自然數(shù)A,

(1)a.如果A為偶數(shù),就除以2

b.如果A為奇數(shù),就乘以3加上1

得數(shù)記為B

(2)將B代入A重新進(jìn)行(1)的運(yùn)算

若干步后,得數(shù)為1.

這個(gè)猜想就叫做角谷猜想,目前沒(méi)有反例,也沒(méi)有證明. 但也有許多人曾經(jīng)嘗試去求證這個(gè)問(wèn)題：

[編輯本段]一個(gè)錯(cuò)誤的證明

最簡(jiǎn)單的證明角谷（3n+1）猜想的方法

因?yàn)槿魏闻紨?shù)都能變成2^a或一個(gè)奇數(shù)乘2^b。前者在不停的除以2之后必定為1，因?yàn)樗鼈冎挥匈|(zhì)因數(shù)2。而后者則只能剩下一個(gè)奇數(shù)，我們可以把偶數(shù)放在一邊不談。

現(xiàn)在只剩下奇數(shù)了。

我們假設(shè)一個(gè)奇數(shù)m，當(dāng)他進(jìn)行運(yùn)算時(shí)，變成3m+1。如果這個(gè)猜想是錯(cuò)誤的話，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我們嘗試一下：

當(dāng)c＝1時(shí)，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去；

當(dāng)c＝2時(shí)，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去；

當(dāng)c＝3時(shí)，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去；

當(dāng)c＝4時(shí)，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去；

……………………

可見(jiàn)，能推翻角古猜想的數(shù)只在1或以下的范圍，所以沒(méi)有數(shù)能推翻這個(gè)猜想，所以這個(gè)猜想是正確的。

[編輯本段]錯(cuò)誤分析

我不敢茍同以下這種所謂的證明：

“我們假設(shè)一個(gè)奇數(shù)m，當(dāng)他進(jìn)行運(yùn)算時(shí)，變成3m+1。如果這個(gè)猜想是錯(cuò)誤的話，那么就有（3m+1）/2^c＝m，且m不等于1。我們嘗試一下：

當(dāng)c＝1時(shí)，3m+1＝2m，，，m＝-1，不符合，舍去；

當(dāng)c＝2時(shí)，3m+1＝4m，，，m＝1，不符合，舍去；

當(dāng)c＝3時(shí)，3m+1＝8m，，，m＝0.2，不符合，舍去；

當(dāng)c＝4時(shí)，3m+1＝16m，，，m＝1/13，不符合，舍去；

。。。。。。

可見(jiàn)，能推翻角古猜想的數(shù)只在1或以下的范圍，所以沒(méi)有數(shù)能推翻這個(gè)猜想，所以這個(gè)猜想是正確的。”

要知道（3m+1）/2^c＝m這個(gè)等式左右兩邊的m是不一樣的，雖然兩個(gè)m都是奇數(shù)，但此m非彼m！上面無(wú)非就是想說(shuō)一個(gè)奇數(shù)乘以3再加1必定可以被2的n次方除盡，當(dāng)然n到底是多大要看實(shí)際情況而定。然而這種表示方法是絕對(duì)錯(cuò)誤的！不信大家可以試一試，左邊代入任意奇數(shù)m，右邊得出的m絕大多數(shù)都是跟左邊代入任意奇數(shù)m不同的。還有就是這個(gè)證明明顯存在前后矛盾，前面假設(shè)一個(gè)奇數(shù)m，后面卻得出m＝0.2、m＝1/13這樣的結(jié)果，難道0.2、1/13這些就是所謂的奇數(shù)？連兩個(gè)m都分不清，更何況是證明呢？大家不要再犯這樣的低級(jí)錯(cuò)誤了呀，腳踏實(shí)地才是真。

[編輯本段]角谷猜想的一個(gè)推廣

角谷猜想又叫敘古拉猜想。它的一個(gè)推廣是克拉茨問(wèn)題，下面簡(jiǎn)要說(shuō)說(shuō)這個(gè)問(wèn)題：

50年代開(kāi)始,在國(guó)際數(shù)學(xué)界廣泛流行著這樣一個(gè)奇怪有趣的數(shù)學(xué)問(wèn)題:任意給定一個(gè)自然數(shù)x,如果是偶數(shù),則變換成x/2,如果是奇數(shù),則變換成3x+1.此后,再對(duì)得數(shù)繼續(xù)進(jìn)行上述變換.例如x=52,可以陸續(xù)得出26,13,40,20,10,5,16,8,4,2,1.如果再做下去就得到循環(huán):

(4,2,1).再試其他的自然數(shù)也會(huì)得出相同的結(jié)果.這個(gè)叫做敘古拉猜想.

上述變換,實(shí)際上是進(jìn)行下列函數(shù)的迭代

{ x/2 (x是偶數(shù))

C(x)=

3x+1 (x是奇數(shù))

問(wèn)題是,從任意一個(gè)自然數(shù)開(kāi)始,經(jīng)過(guò)有限次函數(shù)C迭代,能否最終得到循環(huán)(4,2,1),或者等價(jià)地說(shuō),最終得到1?據(jù)說(shuō)克拉茨(L.Collatz)在1950年召開(kāi)的一次國(guó)際數(shù)學(xué)家大會(huì)上談起過(guò),因而許多人稱之為克拉茨問(wèn)題.但是后來(lái)也有許多人獨(dú)立地發(fā)現(xiàn)過(guò)同一個(gè)問(wèn)題,所以,從此以后也許為了避免引起問(wèn)題的歸屬爭(zhēng)議,許多文獻(xiàn)稱之為3x+1問(wèn)題.

克拉茨問(wèn)題吸引人之處在于C迭代過(guò)程中一旦出現(xiàn)2的冪,問(wèn)題就解決了,而2的冪有無(wú)窮多個(gè),人們認(rèn)為只要迭代過(guò)程持續(xù)足夠長(zhǎng),必定會(huì)碰到一個(gè)2的冪使問(wèn)題以肯定形式得到解決.正是這種信念使得問(wèn)題每到一處,便在那里掀起一股"3x+1問(wèn)題"狂熱,不論是大學(xué)還是研究機(jī)構(gòu)都不同程度地卷入這一問(wèn)題.許多數(shù)學(xué)家開(kāi)始懸賞征解,有的500美元,有的1000英鎊.

日本東京大學(xué)的米田信夫已經(jīng)對(duì)240大約是11000億以下的自然數(shù)做了檢驗(yàn).1992年李文斯(G.T.Leavens)和弗穆蘭(M.Vermeulen)已經(jīng)對(duì)5.6*1013的自然數(shù)進(jìn)行了驗(yàn)證,均未發(fā)現(xiàn)反例.題意如此清晰,明了,簡(jiǎn)單,連小學(xué)生都能看懂的問(wèn)題,卻難到了20世紀(jì)許多大數(shù)學(xué)家.著名學(xué)者蓋伊(R.K.Guy)在介紹這一世界難題的時(shí)候,竟然冠以"不要試圖去解決這些問(wèn)題"為標(biāo)題.經(jīng)過(guò)幾十年的探索與研究,人們似乎接受了大數(shù)學(xué)家厄特希(P.Erdos)的說(shuō)法:"數(shù)學(xué)還沒(méi)有成熟到足以解決這樣的問(wèn)題!"有人提議將3x+1問(wèn)題作為下一個(gè)費(fèi)爾馬問(wèn)題.

下面是我對(duì)克拉茨問(wèn)題的初步研究結(jié)果,只是發(fā)現(xiàn)了一點(diǎn)點(diǎn)規(guī)律,距離解決還很遙遠(yuǎn).

克拉茨命題:設(shè) n∈N,并且

f(n)= n/2 (如果n是偶數(shù)) 或者 3n+1 (如果n是奇數(shù))

現(xiàn)用f1(n)表示f(n),f2(n)=f(f(n)),...fk(n)=f(f(...f(n)...)).

則存在有限正整數(shù)m∈N,使得fm(n)=1.(以下稱n/2為偶變換,3n+1為奇變換,并且稱先奇變換再偶變換為全變換)

克拉茨命題的證明

引理一:若n=2m,則fm(n)=1 (m∈N)

證明:當(dāng)m=1時(shí),f(n)=f(2)=2/2=1,命題成立,設(shè)當(dāng)m=k時(shí)成立,則當(dāng)m=k+1時(shí),fk+1(n)=f(fk(2k+1))=

=f(2)=2/2=1.證畢.

引理二:若n=1+4+42+43+...+4k=(4k+1-1)/(4-1) (k∈N),則有f(n)=3n+1=4k+1=22k+2,從而f2k+3(n)=1.

證明:證明是顯然的,省略.

引理三:若n=2m(4k+1-1)/(4-1) (m∈N), 則有fm+2k+3(n)=1.

證明:省略.

定理一:集合 O={X|X=2k-1,k∈N} 對(duì)于變換f(X)是封閉的.

證明:對(duì)于任意自然數(shù)n,若n=2m,則fm(n)=1,對(duì)于n=2k,經(jīng)過(guò)若干次偶變換,必然要變成奇數(shù),所以我們以下之考慮奇數(shù)的情形,即集合O的情形.對(duì)于奇數(shù),首先要進(jìn)行奇變換,伴隨而來(lái)的必然是偶變換,所以對(duì)于奇數(shù),肯定要進(jìn)行一次全變換.為了直觀起見(jiàn),我們將奇數(shù)列及其全變換排列如下:

k 1 2 3 4 5 6 7 8 9 10 11 12 13 14 15 16 17 18 19 20 21 22 23 24 25 26 27 28 29 30 31 32 33 34 35 36 37 38 39 40 41 42 43 44 45 46 47 48 49 50 51

0 2k-1 1 3 5 7 9 11 13 15 17 19 21 23 25 27 29 31 33 35 37 39 41 43 45 47 49 51 53 55 57 59 61 63 65 67 69 71 73 75 77 79 81 83 85 87 89 91 93 95 97 99 101

1 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38 41 44 47 50 53 56 59 62 65 68 71 74 77 80 83 86 89 92 95 98 101 104 107 110 113 116 119 122 125 128 131 134 137 140 143 146 149 152

2 3k-2 1 4 7 10 13 16 19 22 25 28 31 34 37 40 43 46 49 52 55 58 61 64 67 70 73 76

3 3k-1 2 5 8 11 14 17 20 23 26 29 32 35 38

4 3k-2 1 4 7 10 13 16 19

5 3k-1 2 5 8

6 3k-2 1 4

7 3k-1 2

8 3k-2 1

第一行(2k-1)經(jīng)過(guò)全變換(3(2k-1)+1)/2=3k-1變成第二行,實(shí)際上等于第一行加上一個(gè)k,其中的奇數(shù)5,11,...6k-1又回到了第一行.以下各行是等差數(shù)列3k-2,3k-1交錯(cuò)排列.由于最終都變成了奇數(shù),所以集合O對(duì)于變換f(X)是封閉的.

定理二:任何奇自然數(shù)經(jīng)過(guò)若干次變換都會(huì)變成1.

證明:

我們看到 奇數(shù)經(jīng)過(guò)全變換變成為3k-1型數(shù),3k-1型奇數(shù)經(jīng)過(guò)全變換有一半仍然變成3k-1型奇數(shù),而另一半3k-1型偶數(shù)經(jīng)過(guò)除以2有一半變成為3k-2型奇數(shù),而3k-2型奇數(shù)經(jīng)過(guò)全變換又變成為3k-1型數(shù).換句話說(shuō)不可能經(jīng)過(guò)全變換得到3k-2型數(shù).

下面我們只研究奇數(shù)經(jīng)過(guò)全變換的性質(zhì),因?yàn)閷?duì)于其他偶數(shù)經(jīng)過(guò)若干次偶變換,仍然要回到奇數(shù)的行列里來(lái).

我們首先證明奇數(shù)經(jīng)過(guò)若干次全變換必然會(huì)在某一步變成偶數(shù).

設(shè)2a0-1是我們要研究的奇數(shù),它經(jīng)過(guò)全變換變成3a0-1,假設(shè)它是一個(gè)奇數(shù)并且等于2a1-1,2a1-1又經(jīng)過(guò)全變換變成為3a1-1=2a2-1,3a2-1=2a3-1,...3ak-1-1=2ak-1,所以a1=(3/2)a0,a2=(3/2)a1,...ak=(3/2)ak-1.

所以最后ak=(3/2)ka0,要使ak是整數(shù),可令a0=2kn,(n是奇數(shù)).于是ak=3kn.則從2a0-1經(jīng)過(guò)若干次全變換過(guò)程如下:

2k+1n-1 -> 3*2kn-1 -> 32*2k-1n-1 -> 33*2k-2n-1 ->... -> 3k+1n-1 (偶數(shù)).

然后我們證明經(jīng)過(guò)全變換變成偶數(shù)的奇數(shù)一定大于該偶數(shù)經(jīng)過(guò)若干偶變換之后得到的奇數(shù).

設(shè)3k+1n-1=2mh (h為奇數(shù)),我們要證明 h<2*3kn-1:

h=(2*3kn-1+3kn)/2m<2*3kn-1,令a=3kn,b=2m-1,則有 2ab>a+b,而這是顯然的.

定義:以下我們將稱呼上述的連續(xù)全變換緊接著連續(xù)的偶變換的從奇數(shù)到另外一個(gè)奇數(shù)的過(guò)程為一個(gè)變換鏈.

接著我們證明奇數(shù)經(jīng)過(guò)一個(gè)變換鏈所得的奇數(shù)不可能是變換鏈中的任何中間結(jié)果,包括第一個(gè)奇數(shù).

若以B(n)表示奇數(shù)n的變換次數(shù),m是n經(jīng)過(guò)變換首次遇到的其他奇數(shù),則有

定理三:B(n)=k+1+B(m),其中k是滿足3n+1=2km的非負(fù)整數(shù).

證明:n經(jīng)過(guò)一次奇變換,再經(jīng)過(guò)k次偶變換變成奇數(shù)m,得證.

舉例來(lái)說(shuō),B(15)=2+B(23)=2+2+B(35)=2+2+2+B(53)=2+2+2+5+1+B(5)=2+2+2+5+1+5=17

原始克拉茨

二十世紀(jì)30年代,克拉茨還在上大學(xué)的時(shí)候,受到一些著名的數(shù)學(xué)家影響,對(duì)于數(shù)論函數(shù)發(fā)生了興趣,為此研究了有關(guān)函數(shù)的迭代問(wèn)題.

在1932年7月1日的筆記本中,他研究了這樣一個(gè)函數(shù):

F(x)= 2x/3 （如果x被3整除 或者 (4x-1)/3 （如果x被3除余1）或者 (4x+1)/3 （如果x被3除余2）

則F(1)=1,F(2)=3,F(3)=2,F(4)=5,F(5)=7,F(6)=4,F(7)=9,F(8)=11,F(9)=6,...為了便于觀察上述迭代結(jié)果,我們將它們寫(xiě)成置換的形式:

1 2 3 4 5 6 7 8 9 ...

1 3 2 5 7 4 9 11 6 ...

由此觀察到:對(duì)于x=2,3的F迭代產(chǎn)生循環(huán)(2,3)

對(duì)于x=4,5,6,7,9的F迭代產(chǎn)生循環(huán)(5,7,9,6,4).

接下來(lái)就是對(duì)x=8進(jìn)行迭代,克拉茨在這里遇到了困難,他不能確知,這個(gè)迭代是否會(huì)形成循環(huán),也不知道對(duì)全體自然數(shù)做迭代除了得到上述兩個(gè)循環(huán)之外,是否還會(huì)產(chǎn)生其他循環(huán).后人將這個(gè)問(wèn)題稱為原始克拉茨問(wèn)題.現(xiàn)在人們更感興趣的是它的逆問(wèn)題:

G(x)= 3x/2 （如果x是偶數(shù)）或者 (3x+1)/4 （如果x被4除余1）或者 (3x-1)/4 （如果x被4除余3）

不難證明,G(x)恰是原始克拉茨函數(shù)F(x)的反函數(shù).對(duì)于任何正整數(shù)x做G迭代,會(huì)有什么樣的結(jié)果呢?

經(jīng)計(jì)算,已經(jīng)得到下列四個(gè)循環(huán):

(1),(2,3),(4,6,9,7,5),(44,66,99,74,111,83,62,93,70,105,79,59).

因?yàn)镚迭代與F迭代是互逆的,由此知道,F迭代還應(yīng)有循環(huán)(59,79,105,70,93,62,83,111,74,99,66,44).

G迭代還能有別的循環(huán)嗎?為了找到別的循環(huán),人們想到了下面的巧妙方法:

由于G迭代使后項(xiàng)是前項(xiàng)的3/2(當(dāng)前項(xiàng)是偶數(shù)時(shí))或近似的3/4(當(dāng)前項(xiàng)是奇數(shù)).如果G迭代中出現(xiàn)循環(huán),比如迭代的第t項(xiàng)at與第s項(xiàng)as重復(fù)(t<s):at=as.但

as/as-1,as-1/as-2,...at+1/at

或等于3/2,或者近似于3/22,因而

1=as/at=as/as-1*as-1/as-2*...at+1/at≈3m/2n

這里 m=s-t,m < n

即 2n≈3m

log22n≈log23m

故 n/m≈log23

這就是說(shuō),為了尋找出有重復(fù)的項(xiàng)(即有循環(huán)),應(yīng)求出log23的漸進(jìn)分?jǐn)?shù)n/m,且m可能是一個(gè)循環(huán)所包含的數(shù)的個(gè)數(shù),即循環(huán)的長(zhǎng)度.

log23展開(kāi)成連分?jǐn)?shù)后,可得到下列緊缺度不同的漸進(jìn)分?jǐn)?shù):

log23≈2/1,3/2,8/5,19/12,65/41,84/53,485/306,1054/665,24727/15601,...

漸進(jìn)分?jǐn)?shù)2/1表明,31≈22,循環(huán)長(zhǎng)度應(yīng)為1.實(shí)際上恰存在長(zhǎng)度為1的循環(huán)(1).

漸進(jìn)分?jǐn)?shù)3/2表明,32≈23,循環(huán)長(zhǎng)度應(yīng)為2.實(shí)際上恰存在長(zhǎng)度為2的循環(huán)(2,3).

漸進(jìn)分?jǐn)?shù)8/5表明,35≈28,循環(huán)長(zhǎng)度應(yīng)為5.實(shí)際上恰存在長(zhǎng)度為5的循環(huán)(4,6,9,7,5).

漸進(jìn)分?jǐn)?shù)19/12表明,312≈219,循環(huán)長(zhǎng)度應(yīng)為12,實(shí)際上恰存在長(zhǎng)度為12的循環(huán)(44,66,...59).

這四個(gè)漸進(jìn)分?jǐn)?shù)的分母與實(shí)際存在的循環(huán)長(zhǎng)度的一致性,給了人們一些啟發(fā)與信心,促使人們繼續(xù)考慮:是否存在長(zhǎng)度為41,53,306,665,15601,...的循環(huán)?令人遺憾的是,已經(jīng)證明長(zhǎng)度是41,53,306的循環(huán)肯定不存在,那么,是否會(huì)有長(zhǎng)度為665,15601,...的循環(huán)呢?

F迭代與G迭代究竟能有哪些循環(huán)呢?人們正在努力探索中!

[編輯本段]角谷猜想 深度擴(kuò)展

任給一個(gè)正整數(shù)n，如果n能被a整除，就將它變?yōu)閚/a,如果除后不能再整除，則將它乘b加c（即bn+c）。不斷重復(fù)這樣的運(yùn)算，經(jīng)過(guò)有限步后，一定可以得到d嗎？ 對(duì)此題的答案只能有3種 ：1不一定 2一定不 3一定都

以下都是一定都的情況

一 a=b=c=d=m

二 a=m b=1 c=-1 d=0

三 a=m b=c=d=1

四 a=2 b=2^m-1 c=-1 d=1

以上（m>1)

五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1

六 a=2 b=c=d=2^m-1

以上m為任意自然數(shù)

最簡(jiǎn)單的情況：

a=b=c=d=2

a=2 b=1 c=1 d=1

a=2 b=1 c=-1 d=0

原題只是五的當(dāng)m=2情況 據(jù)說(shuō)中國(guó)有許多人會(huì)證明了原題 原題只是擴(kuò)展的一個(gè)及其微小的部分

以上數(shù)據(jù)全部成立 沒(méi)有一個(gè)反例 這道題非常短小 卻隱含著非常豐富的數(shù)學(xué)思想的...需要用到的東西非常多 那些定理 公式都非常完美 可以表達(dá)非常普遍的數(shù)學(xué)規(guī)律 這是一個(gè)數(shù)學(xué)問(wèn)題而不是什么猜想 絕對(duì)成立的 此題重在培養(yǎng)學(xué)生的獨(dú)立思考問(wèn)題的能力 以及逆向思維...

其實(shí)這道題非常簡(jiǎn)單

不知道是不是整體證法了

對(duì)以上情況的整體證法第一步：

先構(gòu)造一個(gè)2元函數(shù) 這個(gè)函數(shù)揭示了一個(gè)秘密 ：把能夠被a整除的全部的自然數(shù)都轉(zhuǎn)化成不能被a的自然數(shù) f(x,y) 有a

五 a=2 b=2^m-1 c=1 d=1

用數(shù)學(xué)歸納 整除規(guī)律 因式分解 自然數(shù)拆分...證明：

(2^(mn)-1)/(2^n-1)=e

當(dāng)m和n為自然數(shù)時(shí)，e為奇數(shù)

m=1 A1=(1)

m=2 A2=(1,5)

m=3 A3=(1,9,11)

m=4 A4=(1,17,19,23)

m=5 A5=(1,33,35,37,39)

m=6 A6=(1,65,67,71,73,79)

...

...

...

的組合無(wú)限數(shù)列A()的通項(xiàng)公式 各小項(xiàng)都不能被2的m次方-1整除

這個(gè)組合數(shù)列是非常簡(jiǎn)單的 只是無(wú)數(shù)個(gè)等差數(shù)列的首項(xiàng)....

高中數(shù)學(xué)100題例題

如果 x、y、z 滿足，那么它們乘一個(gè)倍數(shù)后仍滿足，所以最后我們求出的是 x : y : z 的比值。

設(shè)

ax = y + z (1)

by = x + z (2)

其中，a、b 為正整數(shù)

(1) 兩側(cè)乘以 b，得：abx = (x + z) + bz，也就是：(ab - 1) x = (b+1) z

(2) 兩側(cè)乘以 a，得：aby = (y + z) + az，也就是：(ab - 1) y = (a+1) z

所以：(a+b+2) z = (ab - 1)(x + y)

若 a、b 不同時(shí)為 1，否則 x = y 且 z = 0 是個(gè)平凡解。所以：

(a+b+2)/(ab-1) z = x + y

為了滿足 z 整除 x+y 的條件，只需 (a+b+2)/(ab-1) 是個(gè)整數(shù)。

由對(duì)稱性，不妨設(shè) a<b，

當(dāng) a = 1 時(shí)，b 可?。?、3、5

當(dāng) a = 2 時(shí)，b 可?。?

再?zèng)]別的解了。

所以得到 4 組解：

x : y : z = (b+1) : (a+1) : (ab-1) =

3 : 2 : 1

4 : 2 : 2

6 : 2 : 4

3 : 3 : 3

化簡(jiǎn)后，第1組解 3 : 2 : 1 和第3組解 3 : 1 : 2 可以通過(guò)輪換得到，所以獨(dú)立的解只有3個(gè)，其它解可以通過(guò)輪換得到。這3個(gè)獨(dú)立的解是：

x : y : z =

3 : 2 : 1

2 : 1 : 1

1 : 1 : 1

如果愿意加上平凡解，還可以加上：

x : y : z = 1 : 1 : 0